甘肃省 2023-2024学年高二物理上学期10月期中试题（Word版附解析）

兰州第一中学2023-2024学年高二期中考试《物理》试卷时长：100分钟总分：100分一、选择题（每题4分，共48分）1.如图是P、Q两点电荷的电场线分布，、为电场中的两点，且、到P、Q连线的中垂线距离相等。一个离子从运动到（不计重力），轨迹如图所示。则下列判断正确的是（　　）A.、两点的电势相等B.、两点的电场强度相等C.从到，离子的动能越来越大D.从到，离子受到P的吸引【答案】D【解析】【详解】A．沿着电场线方向电势逐渐降低，则知点的电势高于点的电势，选项A错误；B．由图中电场线的分布情况可知、电场强度大小相等，方向不同，选项B错误；CD．离子从运动的过程中，轨迹向内弯曲，则离子受到P的吸引力作用，从到，电场力做负功，根据动能定理可知动能减小，选项C错误，D正确。故选D。2.A、B是一条电场线上的两个点，一负点电荷仅在静电力作用下以一定的初速度从A点沿电场线运动到B点，其图像如图所示。则此电场的电场线分布可能是（　　） A.B.C.D.【答案】A【解析】【详解】负点电荷在静电力的作用下由A运动到B，由图像可知，负点电荷做加速度逐渐增大的减速运动。由牛顿第二定律可知静电力越来越大，即A运动到B的过程中，电场强度越来越大，电场线分布越来越密。又由于负电荷所受静电力方向与速度方向相反，故场强方向为由A到B。故选A。3.如图所示，真空中两个完全相同的绝缘带电金属小球A、B（均可看做点电荷），分别带有和的电荷量，两球间静电力为F．现用一个不带电的同样的金属小球C先与A接触，再与B接触，然后移开C，接着再使A、B间距离增大为原来的2倍，则它们间的静电力大小为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】根据库仑定律知：用不带电的小球C与A接触，则A、C的电荷量为，C与B再接触，则B的电荷量为，根据库仑定律知此时静电力大小：故C正确，ABD错误。4.如图所示，一带电粒子在电场中沿曲线AB运动，从B点穿出电场，a、b、c、d 为该电场中的等势面，这些等势面都是互相平行的竖直平面，不计粒子所受重力，则（　　）A.该粒子一定带负电B.此电场不一定是匀强电场C.该电场的电场线方向一定水平向左D.粒子在电场中运动过程动能不断减少【答案】D【解析】【详解】A．根据物体做曲线运动的条件，电场力方向水平向右，但电场线方向无法判断，电性不能确定，故A错误；B．由图可知，等势线为等间距的平行线，结合等势面的特点可知，是匀强电场，故B错误；C．由B选项分析可知电场沿水平方向，并且沿电场线方向电势降低，而a、b、c、d之间电势大小关系未知，故无法判断电场方向，故C错误；D．带电粒子在电场中沿曲线AB运动时电场力对粒子做负功，其电势能增大，动能减小，故D正确。故选D。5.如图所示的电路中，R0为固定电阻，R为滑动变阻器．移动滑片P，电路的总电阻会发生变化．下列叙述正确的是A.P向左滑动时总电阻将减小B.P向右滑动时总电阻将减小C.P滑到最左端时总电阻为R0D.P滑到最右端时总电阻为零【答案】A【解析】 【详解】A．P向左滑动时电阻R减小，根据公式，可得并联电阻一定减小．故A正确．B．P向右滑动时，根据公式，可知总电阻将增加．故B错误．C．P滑到最左端时，电阻R0被短路，故总电阻为0．故C错误．D．P滑到最右端时总电阻最大．故D错误．6.如图所示，空间正四棱锥型底面边长和侧棱长均为a，水平底面的四个顶点处均固定着电量为+q的小球，顶点P处有一个质量为m的带电小球，在库仑力和重力的作用下恰好处于静止状态．若将P处小球的电荷量减半，同时加竖直方向的匀强电场强度E，此时P处小球仍能保持静止．重力加速度为g，静电力常量为k，则所加匀强电场强度大小为（　　）A.B.C.D.【答案】D【解析】【详解】设P处的带电小球电量为Q，根据库仑定律可知，则P点小球受到各个顶点电荷的库仑力大小为根据几何关系，可知正四棱锥型的侧棱与竖直线的夹角为45°；再由力的分解法则，可有若将P处小球的电荷量减半，则四个顶点的电荷对P的小球的库仑合力为：当外加匀强电场后，再次平衡，则有 解得：故D正确，ABC错误；故选D。7.阻值相等的四个电阻、电容器C及电池内阻可忽略连接成如图所示电路。开关S断开且电流稳定时，C所带的电荷量为，闭合开关S，电流再次稳定后，C所带的电荷量为。与的比值为　　A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】根据等效电路，开关S断开时，电容器的电压且S闭合时且故故选C。【名师点睛】此题是对闭合电路欧姆定律及电容器问题的考查；解题关键是要搞清电路的结构，画出等效 电路图，搞清电容器两端的电压是哪个电阻两端的电压，然后根据Q=CU求解电容器的带电荷量。8.如图所示，水平面内的等边三角形ABC的边长为L，顶点C恰好位于光滑绝缘直轨道CD的最低点，光滑直导轨的上端点D到A、B两点的距离均为L，D在AB边上的竖直投影点为O。一对电荷量均为－Q的点电荷分别固定于A、B两点，在D处将质量为m、电荷量为＋q的小球套在轨道上（忽略它对原电场的影响），将小球由静止开始释放，已知静电力常量为k、重力加速度为g，且，忽略空气阻力，则（　　）A.轨道上D点的场强大小为B.小球刚到达C点时，其加速度为零C.小球刚到达C点时，其动能为mgLD.小球沿直轨道CD下滑过程中，其电势能先增大后减小【答案】B【解析】【详解】A．如图所示，轨道上D点的场强为A、B两点点电荷在D点产生的场强的矢量和，则A错误； B．A、B两点点电荷对在C点电荷量为＋q的小球的作用力的合力方向沿CO方向。根据图像可知则小球受到竖直向下的重力，水平向左的和与水平方向成45°夹角倾斜向上的支持力，可判断三个力的合力为零，即小球刚到达C点时加速度为零，B正确；C．小球从D点到C点过程中，A、B两点点电荷对小球先做正功后做负功，且由对称性可知A、B两点点电荷对小球先做正和负功等大，即小球从D点到C点过程中，A、B两点点电荷对小球不做功。另支持力与小球运动方向垂直，支持力对小球不做功。由动能定理可得C错误；D．小球从D点到C点过程中，A、B两点点电荷对小球先做正功后做负功，其电势能先减小后增大。故选B。9.如图所示，真空中存在着由一固定的点电荷Q（图中未画出）产生的电场，一带正电的点电荷q仅在电场力作用下沿曲MN运动，且在M、N两点的速度大小相等，则在点电荷q从M运动到N的过程中（　　）A.电势能一定先增大后减小B.动能可能先减小后增大C.加速度可能保持不变D.可能做匀速圆周运动 【答案】BD【解析】【详解】A．从M到N的过程中电场力做的总功零，由于不能确定Q的位置，所以是先做正功还是先做负功不能确定，电势能的变化不能确定，故A错误；B．如果电场力先做负功，后做正功，则动能先减小后增加，故B正确；C．由于Q的位置不确定，电场力的大小方向不确定，故加速度大小方向不确定，故Ｃ错误；D．如MN为一段圆弧，Q位于圆心，则q做圆周运动，故D正确。故选BD。10.一绝缘细线Oa下端系一质量为m的带正电的小球a，在正下方有一光滑的绝缘水平细杆，一带负电的小球b穿过杆在其左侧较远处，小球a由于受到水平绝缘细线的拉力而静止，如图所示，现保持悬线与竖直方向的夹角为θ，并在较远处由静止释放小球b，让其从远处沿杆向右移动到a点的正下方，在此过程中(　　)A.悬线Oa的拉力逐渐增大，水平细线的拉力逐渐减小B.b球的加速度先增大后减小，速度始终增大C.b球所受的库仑力一直增大D.b球所受库仑力先减小后增大【答案】BC【解析】【详解】A．b球在较远处时，a球所受库仑力近似为零，在a球正下方时，a球受到的库仑力竖直向下，则悬线Oa的拉力增大，水平方向的分力也增大，所以水平细线的拉力比最初时大，A错误；B．中间过程b球受到的库仑力的水平分量不为零，可知库仑力的水平分量先增大，后减小，则b球的加速度先增大后减小，b球所受库仑力水平分量与运动方向始终相同，速度一直增大，B正确；CD．b球受到的库仑力为，在运动过程中，a、b两球之间的距离一直在减小，则b球所受的库仑力一直增大，C正确，D错误。故选BC。11.如图所示，电源的电动势E=2V，内阻r=2Ω，两个定值电阻均为8Ω，平行板电容器的电容C=3×10- 6F，则（　　）A.开关断开时两极板间的电压为VB.开关断开时电容器所带电荷量为4×10-6CC.开关接通时两极板间的电压为VD.开关接通时电容器所带电荷量为4×10-6C【答案】CD【解析】【详解】AB．开关断开时两极板间电压为电容器所带电荷量为故AB错误；CD．开关接通时R1和R2的并联等效电阻为两极板间的电压为电容器所带电荷量为故CD正确。故选CD。12.如图所示，两质量均为m的小球A和B分别带有+q和-q的电量，被绝缘细线悬挂，两球间的库仑引 力小于球的重力mg．现加上一个水平向右的匀强电场，待两小球再次保持静止状态时，下列结论正确的是（）A.悬线OA向右偏，OA中的张力大于2mgB.悬线OA向左偏，OA中的张力大于2mgC.悬线OA不发生偏离，OA中张力等于2mgD.悬线AB向左偏，AB线的张力比不加电场时要大【答案】CD【解析】【分析】运用整体法研究OA绳与竖直方向的夹角，再隔离B研究，分析AB绳与竖直方向的夹角，得到两夹角的关系，判断系统平衡状态．【详解】ABC．A带正电，受到的电场力水平向右，B带负电，受到的电场力水平向左．以整体为研究对象，分析受力如图．设OA绳与竖直方向的夹角为，则由平衡条件得：，因此；D．而绳子AO的拉力等于2mg；故C正确，AB错误； AB绳子的拉力：，故D正确．二、填空（每空2分，共10分）13.现在要测量一段电阻丝的电阻率ρ，电阻丝的阻值Rx≈0.5Ω，允许通过的最大电流为0.5A。现提供如下器材：电流表A（量程0.6A，内阻约0.6Ω）电压表V（量程3V，内阻约3kΩ）待测的电阻丝Rx（阻值约为0.5Ω）标准电阻R0（阻值5Ω）滑动变阻器R1（5Ω，2A）滑动变阻器R2（200Ω，1.5A）直流电源E（电动势6V）开关S、导线若干(1)下面四位同学分别设计的“测量部分”的电路，你认为合理的是________。A．B.CD.(2)实验中滑动变阻器应该选择________（选填“R1”或“R2”），并采用________接法。(3)根据你在(1)、(2)中的选择，在图中完成实验电路的连接________。(4)实验中，如果两电表的读数分别为U和I，测得拉直后电阻丝的长度为L，直径为D，则待测电阻丝的电阻率ρ的计算式为ρ＝________。 (5)用螺旋测微器测量待测电阻丝的直径时读数如图所示，则该电阻丝的直径D＝________mm。【答案】①.C②.R1③.分压④.⑤.⑥.1.205（±0.002）【解析】【详解】(1)[1]电阻丝Rx两端的最大电压U＝IRx＝0.25V比电压表量程小得多，需要串联一分压电阻，即串联一标准电阻R0，此时R0＋Rx<电流表采用外接法，选项C正确。(2)[2][3]滑动变阻器若选用R2或采用限流接法，调控范围小，应选择R1，并采用分压接法。(3)[4]根据测量电路图和滑动变阻器的分压式接法，实物连线如图所示。(4)[5]待测电阻 Rx＝－R0由电阻定律得联立解得(5)[6]螺旋测微器的读数为1mm＋0.01×20.5mm＝1.205mm。三、计算题（14-16题10分，17题12分，共42分）14.如图所示，平行板电容器的两个极板A、B水平放置且接在电压为60V的恒压电源正、负极上，两极板间距为3cm，电容器带电荷量为6×10－8C，A极板接地。求：（1）平行板电容器的电容；（2）平行板电容器两板之间的电场强度；距B板2cm的M点处的电势。【答案】（1）1×10－9F；（2）2×103V/m；方向竖直向下；－20V【解析】【详解】（1）根据电容器电容的定义，可得（2）两极板间为匀强电场，由公式解得由图可知，A极板与电源正极相连，为正极板，则极板间场强方向为竖直向下。依题意，M点与A板的距离为 A极板与M点的电势差为又联立，解得15.如图所示，光滑绝缘的水平面上固定着A、B、C三个带电小球，它们的质量都为m，彼此间距离均为r，A、B带正电，电荷量均为q。现对C施加一个水平力F的同时放开三个小球，三个小球在运动过程中保持间距r不变，求：（三个小球均可视为点电荷）（1）C球的电性和电荷量大小；（2）水平力F的大小。【答案】（1）负电，2q；（2）【解析】【详解】（1）运动过程中间距不变，则三球加速度相同，水平向右；设C球所带电量为Q，对A球受力分析可知C球带负电，且解得即C球带负电，其电荷量大小为2q；（2）对A球受力分析，可知解得 再对整体受力分析可知即水平力F的大小为。16.如图所示，一条长为L的绝缘细线，上端固定，下端系一质量为m的带电小球，将它置于电场强度为E、方向水平向右的匀强电场中，当小球平衡时，细线与竖直方向的夹角α=45°。（1）小球带何种电荷？电荷量为多少？（2）若将小球向左拉至细线呈水平的位置，然后由静止释放小球，则放手后小球做什么运动？经多长时间到达最低点？【答案】（1）正电，；（2）匀加速直线运动，【解析】【分析】【详解】（1）由于小球处于平衡状态，对小球进行受力分析，如图所示由此可知小球带正电，设其电荷量为q，则联立可得 （2）静止释放后，小球由静止开始沿与竖直方向成α=45°斜向右下方做匀加速直线运动，当到达最低点时，它经过的位移为L，此时细线刚好拉直，由匀变速直线运动的规律可得由牛顿第二定律得所以17.如图所示，直角坐标系处于竖直面内，第一、二象限存在着平滑连接的光滑绝缘轨道。第一象限内的轨道呈抛物线形状，其方程为；第二象限内的轨道呈半圆形状，半径为R，B点是其最高点，且第二象限处于竖直方向的匀强电场中。现有一质量为m、带电量为q的带电小球，从与B点等高的A点静止释放，小球沿着轨道运动且恰能运动到B点。重力加速度为g，求(1)小球刚运动到O点瞬间，轨道对小球的弹力FN大小；(2)第二象限内匀强电场的场强E的大小；(3)小球落回抛物线轨道时的动能Ek。【答案】(1)；(2)；(3)【解析】【详解】(1)小球从A点运动到O点的过程中机械能守恒，则有 在O点处，对小球由牛顿第二定律得解得(2)小球恰能运动到B点，说明小球所受的电场力向上，由牛顿第二定律得小球从A点到B点的过程中，由动能定理得解得(3)小球从B点飞出后做平抛运动，设落回抛物线轨道时的坐标为（x，y），则有x、y满足关系为联立可得小球从B点到抛物线轨道，由动能定理得解得